數(shù)列測試卷（A卷）

1. 因為a1+a5=a2+a4=6，所以S5==×6=15，選B.

2. D

3. a3a11=16？圳a=16？圳a7=4？圯a16=a7×q9=32？圳log2a16=5. 選B.

4. C

5. 記bn=，則b3=，b5=，數(shù)列{bn}的公差為×-=，b1=，所以bn=，即=，所以an=，故a11=0. 選A.

6. 當(dāng)1≤n≤24時，an>0;當(dāng)26≤n≤49時，an<0，但其絕對值要小于1≤n≤24時相應(yīng)的值;當(dāng)51≤n≤74時，an>0;當(dāng)76≤n≤99時，an<0，但其絕對值要小于51≤n≤74時相應(yīng)的值，所以當(dāng)1≤n≤100時，均有Sn>0. 選D.

7. 設(shè)數(shù)列{an}，{bn}的公差分別為d，b，則由a3+b3=21，得a1+b1+2（b+d）=21，所以b+d=7，所以a5+b5=a1+b1+4（b+d）=7+4×7=35.

8. 將S2=3a2+2，S4=3a4+2轉(zhuǎn)化成用a1，q表示的式子，即a1+a1q=3a1q+2，a1+a1q+a1q2+a1q3=3a1q3+2，兩式作差得：a1q2+a1q3=3a1q（q2-1），即2q2-q-3=0，解之得：q=或q=-1（舍去）.

9. 每天植樹棵數(shù)構(gòu)成等比數(shù)列{an}，其中a1=2，q=2，則Sn==2（2n-1）≥100，即2≥102，所以n≥6，所以最少天數(shù)n=6.

10. 令n=1得=4，即a1=16;當(dāng)n≥2時，=（n2+3n）-[（n-1）2+3（n-1）]=2n+2，所以an=4（n+1）2. 當(dāng)n=1時，也適合上式，所以an=4（n+1）2（n∈N？鄢）. 于是=4（n+1），故++…+=2n2+6n.

11. （1）an=3n，bn=3.

（2）由（1）可知，Sn=，所以cn===-，故Tn=·1-+-+…+-=1-=.

12. （1）當(dāng)n=k∈N？鄢時，Sn=-n2+kn取最大值，即8=-k2+k2=k2，故k2=16，因此k=4，從而an=Sn-Sn-1=-n（n≥2）. 又a1=S1=，所以an=-n.

（2）因為bn==，Tn=b1+b2+…+bn=1+++…++，所以2Tn=2+++…++，所以Tn=2Tn-Tn=2+1+++…+-=4-.

13. （1）設(shè)等比數(shù)列{an}的首項為a1，公比為q，依題意可知2a1+a3=3a2，a2+a4=2（a3+2），即a1（2+q2）=3a1q，a1（q+q3）=2a1q2+4.由此得q2-3q+2=0，解得q=1或q=2. 當(dāng)q=1時，不合題意，舍去;當(dāng)q=2時，得a1=2，所以an=2·2=2n.

（2）bn=an+log=2n+log=2n-n，所以Sn=2-1+22-2+23-3+…+2n-n=（2+22+…+2n）-（1+2+…+n）=-=2--2. 因為Sn-2+47<0，所以2--2-2+47<0，即n2+n-90>0，解得n>9或n<-10. 因為n∈N？鄢，故使Sn-2+47<0成立的正整數(shù)n的最小值為10.

數(shù)列測試卷（B卷）

1. Sn=2an+1=2（Sn+1-Sn），整理得3Sn=2Sn+1，所以=，所以數(shù)列{Sn}是以S1=a1=1為首項，公比q=的等比數(shù)列，所以Sn=n-1，選B.

2. 選項C顯然是錯的，舉出反例：-1，0，1，2，3，…，其滿足數(shù)列{Sn}是遞增數(shù)列，但是Sn>0不成立. 故選C.

3. 因為a3=a1+2d=a1-4，a7=a1+6d=a1-12，a9=a1+8d=a1-16，又因為a7是a3與a9的等比中項，所以（a1-12）2=（a1-4）·（a1-16），解得a1=20. 所以S10=10×20+×10×9×（-2）=110.

4. 由a2=，a3=-1，a4=2可知，數(shù)列{an}是周期為3的周期數(shù)列，從而Π2013=（-1）671= -1. 選D.

5. 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，{bn}的公比為q，則由a2=b2，3a5=b3可得3+d=q，3（3+4d）=q2，d≠0， 解之得d=6，q=9，則an=3+6（n-1）=6n-3，bn=9. 由an=3logubn+v可得6n-3=3logu9n-1+v，即6n-3=6（n-1）logu3+v=6nlogu3+v-6logu3恒成立，所以logu3=1，v-6logu3=-3，所以u=3，v=3， 所以u+v=6. 選C.

6. x3=a-1=1-a，x1+x2+x3=2. 因為xn+3=xn，所以x+x+x=x1+x2+x3=2（k∈N？鄢），所以S2010=（x1+x2+x3）+… +（x2008+x2009+x2010）=2×670=1340，選D.

7.

8. 因為an+1-an=2n，所以an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+a1=2n-1+2n-2+…+22+2+2=+2=2n-2+2=2n，所以Sn==2-2.

9. 因為{an}，{bn}為等差數(shù)列，所以可得+=+==. 因為===，所以=.

10. 第2行成公差為d的等差數(shù)列，可得a2=a4-2d=5-2d，第n行的數(shù)的個數(shù)為2n-1，從第1行到第n行的所有數(shù)的個數(shù)總和為=n2，86=92+5，第10行的前幾個數(shù)為：a82，a83，a84，a85，a86，…，所以a82=a86-4d=518-4d. 第一列a1，a2，a5，a10，a17，a26，a37，a50，a65，a82，…構(gòu)成一個公比為2的等比數(shù)列，故有a82=a2·28，即518-4d=（5-2d）·28，解得d=1.5.endprint

11. （1）an=a·a=an.

（2）由（1）知，bn=+1=. 若{bn}為等比數(shù)列，則有b=b1·b3，而b1=3，b2=，b3=，故=3·，解得a=. 再將a=代入得bn=3n，其為等比數(shù)列，所以a=成立. 又由于①=>==，②=≤，故存在M≥. 所以符合①②，故為“嘉文”數(shù)列.

12. （1）an=10-2n.

（2）由an≥0且an+1<0，可得：當(dāng)n≤5時，Tn=Sn==-n2+9n;當(dāng)n>5時，Tn=a1+…+a5-（a6+…+an）=2S5-Sn=n2-9n+40. 所以Tn=-n2+9n，n≤5且n∈N？鄢，n2-9n+40，n>5且n∈N？鄢.

（3）由bn==-，用裂項相消法求和得Rn==-. 構(gòu)造函數(shù)f（x）=-，則函數(shù)f（x）=-在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，所以{Rn}單調(diào)遞增，即R1=是數(shù)列{Rn}的最小值. 要使Rn>對n∈N？鄢總成立，只需

13. （1）由已知可得an=a+（n-1）b，bn=b·an-1. 由a1a，故b≥3. 再由aba，故（a-2）b

（2）由a=2，對于任意的n∈N？鄢，均存在m∈N？鄢，使得b（m-1）+5=b·2n-1，則b（2n-1-m+1）=5. 又b≥3，由數(shù)的整除性，得b是5的約數(shù). 故2-m+1=1，b=5. 所以b=5時，存在正自然數(shù)m=2滿足題意.

（3）設(shè)數(shù)列{cn}中，cn，cn+1，cn+2成等比數(shù)列，由cn=2+nb+b·2n-1，（cn+1）2=cn·cn+2，得（2+nb+b+b·2n）2=（2+nb+b·2n-1）（2+nb+2b+b·2n+1）. 化簡得：b=2n+（n-2）b·2（？鄢）. 當(dāng)n=1時，b=1時，等式（？鄢）成立，而b≥3，不成立;當(dāng)n=2時，b=4時，等式（？鄢）成立;當(dāng)n≥3時，b=2n+（n-2）b·2>（n-2）b·2n-1≥4b，這與b≥3矛盾，這時等式（？鄢）不成立. 綜上所述，當(dāng)b≠4時，不存在連續(xù)三項成等比數(shù)列;當(dāng)b=4時，數(shù)列{cn}中的第二、三、四項成等比數(shù)列，這三項依次是18，30，50.

不等式測試卷（A卷）

1. 原不等式等價于（x-1）（2x+1）<0或x-1=0，即-

2. C

3. 此類題目多選用篩選法，對于A，當(dāng)x=時，兩邊相等，故A錯誤;對于B，其具有基本不等式的形式，但是sinx不一定大于零，故B錯誤;對于C，x2+1≥2x？圳x2±2x+1≥0？圳（x±1）2≥0，顯然成立;對于D，任意x都不成立. 故選C.

4. x>2，所以f（x）=x+=x-2++2≥2+2=4，當(dāng)且僅當(dāng)x-2=，即x=3時取等號. 選 C.

5. 設(shè)生產(chǎn)x桶甲產(chǎn)品、y桶乙產(chǎn)品，總利潤為z，則約束條件為x+2y≤12，2x+y≤12，x>0，y>0，目標(biāo)函數(shù)為z=300x+400y，畫出可行域，當(dāng)目標(biāo)函數(shù)直線經(jīng)過點（4，4）時，z有最大值，此時z=2800，故選C.

6. C

7. 因為x+1-x-3≥0，所以x+1≥x-3，所以（x+1）2≥（x-3）2，解得{xx≥1}.

8. 目標(biāo)函數(shù)z=2x-y，y=2x-z，求z的最小值，也即直線y=2x-z的縱截距-z的最大值，當(dāng)直線移動到過點A時，z的值最小，此時z=2×1-1=1.

9. 因為+==≥=8，當(dāng)且僅當(dāng)2m=1-2m，即4m=1，m=時取等號，所以要使+≥k恒成立，則有k≤8，即k的最大值為8.

10. ①a2-b2=1？圯（a-b）（a+b）=1，因為a+b>a-b，所以a-b<1，所以①是真命題;②當(dāng)-=1時，無法確定a-b<1，②是假命題;③當(dāng)a=9，b=4時，-=1，a-b=5>1，③是假命題;④同①可證，為真命題. 故填①④.

11. p為真，則1

12. 設(shè)一共使用了n天，則使用n天的平均耗資為=++4.95，當(dāng)且僅當(dāng)=時，取得最小值，此時n=800.

13. （1）因為a·b=0且m⊥n，所以m·n=[a+（x2-3）b]·（-ya+xb）=-y（a）2+x（x2-3）（b）2=-3y+x（x2-3）=0，即y=f（x）=x3-x. f ′（x）=x2-1=（x+1）（x-1），在（-∞，-1）和（1，+∞）上， f ′（x）>0， f（x）為增函數(shù);在（-1，1）上， f ′（x）<0， f（x）為減函數(shù). f（x）極大值=f（-1）=， f（x）極小值=f（1）=-.

（2）由（1）知f（x）=x3-x在[-1，1]上為減函數(shù)，所以x∈[-1，1]時， f（x）max=f（-1）=， f（x）min=f（1）=-. 所以對任意x1，x2∈[-1，1]，都有f（x1）-f（x2）≤--=. 故存在正數(shù)M≥符合要求.

不等式測試卷（B卷）

1. 由不等式及a>b>1知<，又c<0，所以>，①正確;由指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)知②正確;由a>b>1，c<0知a-c>b-c>1-c>1，由對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)知③正確. 選 D.endprint

2. A中當(dāng)a=b時不成立，B中當(dāng)a，b<0時不成立，C中當(dāng)a=b時不成立. 選 D.

3. 由ax=by=3，得x=log3，y=log3，所以=loga，=logb. 又a>1，b>1，所以x>0，y>0，所以+=logab≤log=1. 故選C.

4. D

5. 如圖1，當(dāng)直線x=m經(jīng)過函數(shù)y=2x的圖象與直線x+y-3=0的交點時，函數(shù)y=2x的圖象僅有一個點P在可行域內(nèi)，由y=2x，x+y-3=0 得P（1，2），所以m≤1. 故選B.

圖1

6. D 因為f（n+1）-f（n）=+->+-=0，所以n≥2且n∈N？鄢時， f（n）min=f（2）=+=. 由題意可得7+7logab>7loga+1b+7，即logab>loga+1b，a>1. 故由對數(shù)函數(shù)的圖象可知b>1.

7. 乙 ? ?8. ，0

9. 作出不等式2

因為a2+b2表示區(qū)域內(nèi)的動點P（a，b）到原點距離的平方，由圖象可知

圖2

10. 要使（x+y）2-a（x+y）+1≥0恒成立，則有（x+y）2+1≥a（x+y），即a≤（x+y）+恒成立. 由x+y+3=xy得x+y+3=xy≤，即（x+y）2-4（x+y）-12≥0，解得x+y≥6或x+y≤-2（舍去）.

設(shè)t=x+y，則t≥6，y=（x+y）+=t+，在t≥6時，單調(diào)遞增，所以y=t+的最小值為6+=，所以a≤，即實數(shù)a的取值范圍是-∞，.

11. （1）由<0，得P={x-1

（2）Q={xx-1≤1}={x0≤x≤2}. 由a>0，得P={x-12，即a的取值范圍是（2，+∞）.

12. 設(shè)為該兒童分別預(yù)訂x，y個單位的午餐和晚餐，共花費z元，則z=2.5x+4y. 可行域為12x+8y≥64，6x+6y≥42，6x+10y≥54，x≥0，x∈N，y≥0，y∈N，即3x+2y≥16，x+y≥7，3x+5y≥27，x≥0，x∈N，y≥0，y∈N.作出可行域，經(jīng)試驗發(fā)現(xiàn)，當(dāng)x=4，y=3時，花費最少，z=2.5×4+4×3=22元.

13. （1）當(dāng)a=2時，n2f（n）-（n-1）f（n+1）=2n（n2-2n+2）=2n[（n-1）2+1]>0，即n2f（n）>（n-1）f（n+1）.

（2）因為==1+a+a2+a3，所以存在實數(shù)a（a>0，a≠1）使得，λ=1+a+a2. 求出上述以a為自變量的二次函數(shù)的值域，即得λ>1且λ≠3.

（3）原不等式可化為≤？圳≤？圳2n≤. 因為=a+（1+a+a2+…+an-1）=（a+a2+…+an）+++…+=a++a2++…+an+≥2n，所以原不等式成立.

深圳高級中學(xué) ?深圳實驗學(xué)校

月考試卷調(diào)研

1. D ?A∩B={4}？圳m=±2.

2. C ?20.5>20=1，0=logπ1

3. B ?由圖知， f（x）在x=π時取到最大值，且最小正周期T滿足T=π+. 故A=，×=？圯ω=2. 故sin2×+θ=sin+θ=，+θ=2kπ+，θ=2kπ-，k∈Z. 所以f（x）=sin2x-. 或由fπ=逐個檢驗知f（x）=sin2x-.

4. B ?圓O關(guān)于原點O對稱. 函數(shù)y=x3與函數(shù)y=tanx是定義域上的奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點對稱， 能等分圓O的面積;而y=xsinx是R上的偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，且當(dāng)00，不能等分圓O的面積.

5. （理）C ?x-12展開式中的通項為Tk+1=Cx12-k-k=C（-1）kx（k=0，1，2，…，12）. Tk+1為常數(shù)項的充要條件是12-=0，即k=9. 常數(shù)項T10=-C= -220.

（文）C ?設(shè)f（x）=lnx+x-3，當(dāng)連續(xù)函數(shù)f（x）滿足f（a）f（b）<0時， f（x）=0在（a，b）上有解.

6. C ?T=0，S=1？圯T=1，S=0？圯T=1，S= -1？圯T=0，S=-1？圯T=-1，S=0.

7. D ?a1=，a2=××=，a3=××=，a4=××=，…. 由數(shù)學(xué)歸納法可證明：當(dāng)n為大于1的奇數(shù)時，an=;當(dāng)n為正偶數(shù)時，an=. 故a1413-a1314=.

8. B ?設(shè)交點分別為A（x1，y1），B（x2，y2），代入橢圓方程：ax+by=1，ax+by=1. 由兩式得：1+··=0，即1+··=0，可化簡為：1+·（-1）·=0，即=.

9. A ?已知x，y滿足x2+（y-2）2=2，則w=可化為w=3+;要求w=3+的最大值，即求的最大值. 由基本不等式可知2xy≤x2+y2，所以≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x=y，x2+（y-2）2=2取等號，即x=y=1時，w=的最大值為wmax=4.

（文）A ?命題p和命題q均為假命題.

10. A ?過O作與直線l垂直的直線m，以O(shè)為原點，直線m為x軸，單位為1，建立平面直角平面坐標(biāo)系. 設(shè)直線l：x=（a≠0），P，y0是直線上任意一點，它的“對偶點”為P′（x，y），則存在λ>0，使得=λ，即=λx，y0=λy. 又OP·OP′=·=+y0y=1，消去λ，得x2+y2-ax=0. 故P′，Q′，R′，S′在過點O的圓：x2+y2-ax=0上.endprint

11. （文）15 ?（理）1，.

12. （文）（-3，-6） ?（理）[4，+∞）

13. 8

14. 如圖3， f（x）在[0，1），[1，+∞）上均單調(diào)遞增， 由a>b≥0及f（a）=f（b）知a≥1>b≥. bf（a）=bf（b）=b（b+1）的取值范圍為+1，（1+1）=，2.

圖3

15. 由等差數(shù)列{an}的a1+2a2+…+nan的和，則等比數(shù)列{cn}可類比為c1·（c2）2…（cn）n的積;對a1+2a2+…+nan求算術(shù)平均值，所以對c1·（c2）2…（cn）n求幾何平均值，所以類比結(jié)果為（c1·c22·c33·…·cnn）.

14.（理）2

15.（理），

16. （理）令p==，則S△ABC===. （另解：cosθ==，所以sinθ=，所以S△ABC=×4×5×=.）

S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC？圯=（4x+5y+6z）？圯4x+5y+6z=. 由柯西不等式（4x+5y+6z）2≤（x2+y2+z2）（42+52+62）？圯≤77（x2+y2+z2）？圯x2+y2+z2≥.

圖4

16. （文）（1）f=cos2+sincos=2+×=.

（2）f（x）=cos2x+sinxcosx=+sin2x=+（sin2x+cos2x）=+·sin2x+，所以f+=+·sinα++=+sinα+=+sinα·+cosα·. 因為sinα=，且α∈，π，所以cosα=-. 所以f+=+×-×=.

17. （理）（1）因為（b2+c2-a2）=2bc，所以cosA==. 因為0

（2）因為m=2sin-B，1，n=sin+B，-1，所以m·n=2sin-B·sin+B-1=2×（cosB-sinB）×（cosB+sinB）-1=cos2B-sin2B-1=-2sin2B.

因為B=2A，所以sinB=sin2A=2sinAcosA=，m·n==-.

（文）（1）s==0.2，t=1-0.1-s-0.3-0.25=0.15.

（2）設(shè)應(yīng)抽取x名第一組的學(xué)生，則=，得x=2. 故應(yīng)抽取2名第一組的學(xué)生.

（3）在（2）的條件下應(yīng)抽取2名第一組的學(xué)生，記第一組中2名男生為a1，a2，2名女生為b1，b2. 按時間用分層抽樣的方法抽取2名第一組的學(xué)生共有6種結(jié)果，列舉如下：a1a2，a1b1，a1b2，a2b1，a2b2，b1b2. 其中既有男生又有女生被抽中的有a1b1，a1b2，a2b1，a2b2這4種結(jié)果，所以既有男生又有女生被抽中的概率為P==.

18. （理）（1）P（A）==，P（B）=1-P（B）=1-C0404+C1413=1-=.

（2）a，b，ξ的可能取值如下表所示：

由表可知：P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=4）==. 所以隨機(jī)變量ξ的分布列如表，所以E（ξ）=1×+2×+4×=.

（文）（1）取EC的中點N，連結(jié)MN，BN. 在△EDC中，M，N分別為ED，EC的中點， 所以MN∥CD，且MN=CD. 由已知AB∥CD，AB=CD， 所以MN∥AB，且MN=AB.所以四邊形ABNM為平行四邊形. 所以BN∥AM. 又因為BN？奐平面BEC，且AM？埭平面BEC，所以AM∥平面BEC.

（2）在正方形ADEF中，ED⊥AD. 又因為平面ADEF⊥平面ABCD，且平面ADEF∩平面ABCD=AD，所以ED⊥平面ABCD.所以ED⊥BC. 在直角梯形ABCD中，AB=AD=1，CD=2，可得BC=. 在△BCD中，BD=BC=，CD=2，所以BD2+BC2=CD2. 所以BC⊥BD. 所以BC⊥平面BDE.

（3）因為BC？奐平面BCE，所以平面BDE⊥平面BEC.過點D作EB的垂線交EB于點G，則DG⊥平面BEC，所以點D到平面BEC的距離等于線段DG的長. 在直角三角形BDE中，S△BDE=BD·DE=BE·DG.所以DG===，所以點D到平面BEC的距離等于.

19. （1）因為F，G分別為PB，BE的中點，所以FG∥PE. 又因為FG？埭平面PED，PE？奐平面PED，所以FG∥平面PED.

（2）因為EA⊥平面ABCD，EA∥PD，所以PD⊥平面ABCD. 因為AD，CD？奐平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥CD. 因為四邊形ABCD是正方形，所以AD⊥CD. 以D為原點，分別以直線DA，DC，DP為x軸、y軸、z軸建立如圖5所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)EA=1. 因為AD=PD=2EA，所以D（0，0，0），P（0，0，2），A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），E（2，0，1），=（2，2，-2），=（0，2，-2）. F，G，H分別為PB，EB，PC的中點，所以F（1，1，1），G2，1，，H（0，1，1），=-1，0，，=-2，0，. 設(shè)n1=（x1，y1，z1）為平面FGH的一個法向量，則n1·=0，n1·=0，即-x1+z1=0，-2x1+z1=0，令y1=1，得n1=（0，1，0）.

圖5

設(shè)n2=（x2，y2，z2）為平面PBC的一個法向量，則n2·=0，n2·=0，即2x2+2y2-2z2=0，2y2-2z2=0，令z2=1，得n2=（0，1，1）. 所以cos〈n1，n2〉==. 所以平面FGH與平面PBC所成銳二面角的大小為（或45°）.endprint

（文）（1）因為-=，所以數(shù)列{}為首項為==，公差d=的等差數(shù)列，所以=+（n-1）·=n，即Sn=3n2，所以an=Sn-S=6n-3（n≥2）. 當(dāng)n=1時，上式也成立，所以an=6n-3（n∈N？鄢）.

（2）因為是，的等比中項，所以bn===-，Tn=-+-+…+-=-=.

20. （理）（1）因為數(shù)列{an}是首項與公差均為1的等差數(shù)列，所以？坌n∈N？鄢，an=n，an+1=n+1，Sn=. f（n）=2an+1Sn-n（2Sn+an+1）=2（n+1）×-n2×+（n+1）=n（n+1）2-n（n+1）2=0. 故f（2014）=0.

（2）由題意？坌n∈N？鄢，a2n-1=1×4n-1=22n-2，a2n=2×4n-1=22n-1. 故an=2n-1. ？坌n∈N？鄢，an+1=2n，Sn==2n-1， f（n）=2an+1Sn-n（2Sn+an+1）=2n+1（2n-1）-n（2n+1-2+2n）=2n（2n+1-3n-2）+2n.

（證法一）當(dāng)n=1時， f（1）=0;當(dāng)n≥2時，2n+1=4×（1+1）n-1≥4[1+（n-1）]=4n， f（n）=2n（2n+1-3n-2）+2n≥2n（4n-3n-2）+2n=2n（n-2）+2n≥2n>0. 故對任意正整數(shù)n， f（n）>0.

（證法二）？坌n∈N？鄢， f（n+1）-f（n）=[2n+1·（2n+2-3n-5）+2n+2]-[2n（2n+1-3n-2）+2n]=2n·[2（2n+2-3n-5）-（2n+1-3n-2）]+2=2n（6×2n-3n-8）+2. 因為2n=（1+1）n≥C0n+C1n=1+n，所以？坌n∈N？鄢， f（n+1）-f（n）≥2n（6n+6-3n-8）+2=2n（3n-2）+2≥2n+2>0，數(shù)列{f（n）}是遞增數(shù)列. 因為f（1）=2（22-3-2）+2=0，所以？坌n∈N？鄢， f（n）≥0.

（文）（1）由題意可得a=2，e==，所以c=，所以b2=a2-c2=1，所以橢圓的方程為+y2=1.

（2）曲線E是以O(shè)（0，0）為圓心，半徑為2的圓. 設(shè)C（m，n），點R的坐標(biāo)為（2，t），因為A，C，R三點共線，所以∥，而=（m+2，n），=（4，t），則4n=t（m+2），所以t=，所以點R的坐標(biāo)為2，，點D的坐標(biāo)為2，， 所以直線CD的斜率為k===，而m2+n2=4，所以m2-4=-n2，所以k==-，所以直線CD的方程為y-n=-（x-m），化簡得mx+ny-4=0，所以圓心O到直線CD的距離d===2=r，所以直線CD與曲線E相切.

21. （理）（1）PF==，d=， 由①PF=d，得x2+y2-2（x+y）+4=x2+y2+2xy-2（x+y）+2，即xy=1.

將xy=1代入②得：x>0，>0，x+<，解得

（2）（解法一）由題意，直線m與曲線C1相切，設(shè)切點為Mt，，b2得1

（解法二）設(shè)直線m與曲線C1：y=b>0）均相切于同一點Mt，，則+=1. 由y=知y′=-;由+=1（y>0）知y=b，y′==-=-. 故-= -，a2=b2t4. 聯(lián)立+=1，a2=b2t4，得b2=，a2=2t2. 由b2得1

故e2==1-，得0

（文）（1）由已知， f ′（x）=2+（x>0）， f ′（1）=2+1=3，所以斜率k=3，又切點（1，2），所以切線方程為y-2=3（x-1）），即3x-y-1=0，故曲線y=f（x）在x=1處的切線方程為3x-y-1=0.

（2）f ′（x）=a+=（x>0），①當(dāng)a≥0時，由于x>0，故ax+1>0， f ′（x）>0，所以f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞）. ②當(dāng)a<0時，由f ′（x）=0，得x=-. 在區(qū)間0，-上， f ′（x）>0;在區(qū)間-，+∞上， f ′（x）<0，所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為0，-，單調(diào)遞減區(qū)間為-，+∞.

（3）由已知，轉(zhuǎn)化為f（x）max-1-ln（-a），解得a<-.endprint

22. （理）（1）g（x）=f1（x）-f2（x）=-=，？駐=4+4a.

①當(dāng)a<-1時，？駐<0，函數(shù)g（x）有1個零點：x1=0.

②當(dāng)a=-1時，？駐=0，函數(shù)g（x）有2個零點：x1=0，x2=1.

③當(dāng)a=0時，？駐>0，函數(shù)g（x）有兩個零點：x1=0，x2=2.

④當(dāng)a>-1，a≠0時，？駐>0，函數(shù)g（x）有三個零點：x1=0，x2=1-，x3=1+.

（2）f ′n（x）==. 設(shè)gn（x）=-nx2+2（n+1）x+a·n-2，gn（x）的圖象是開口向下的拋物線. 由題意，對任意n∈N？鄢，gn（x）=0有兩個不等實數(shù)根x1，x2，且x1∈（1，4），x2？埸[1，4]. 則對任意n∈N？鄢，gn（1）gn（4）<0，即n·（a+1）·n·a-8-<0. 又任意n∈N？鄢，8-關(guān)于n遞增，8->-1，故-1

（3）由題（2）可知，存在x∈R， f ′k（x）=<0，又函數(shù)fk（x）在R上是單調(diào)函數(shù)，故函數(shù)fk（x）在R上是單調(diào)減函數(shù)，從而？駐k=4（k+1）2+4k（ka-2）=4（k2a+k2+1）≤0，即a≤-1+. 所以？駐m=4（m2+1+m2a）≤4m2+1-m21+=.

由k，m∈N？鄢，k

廈門外國語學(xué)校 ?廈門雙十中學(xué)

月考試卷調(diào)研

1. B ? ?2. A ? ?3. B

4. D ? ?5. B

6. （理）每次投籃命中的概率p≈=，則三次投籃命中兩次為C×p2×（1-p）≈0.25，選B

（文）D

7. 令t=，根據(jù)幾何意義，t的值即為區(qū)域內(nèi)的點與坐標(biāo)原點連線的斜率，顯然點（3，1）、點（1，2）是其中的兩個臨界值，故≤t≤2，u==t+，其在，1上單調(diào)遞減、在[1，2]上單調(diào)遞增，選C

8. 建立如圖6所示的平面直角坐標(biāo)系，由題意，知=1，=，=2，所以=0，-，=（-1，-），=（3，0）. 因為=λ+μ，所以0，-=λ（-1，-）+μ（3，0），選A

圖6

9. （理）因為函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）在區(qū)間[-5，5]內(nèi)的零點的個數(shù)為方程h（x）=f（x）-g（x）=0根的個數(shù)，即函數(shù)f（x）和g（x）的圖象交點個數(shù)，所以畫出圖象可知有8個交點，選C

（文）設(shè)點P（x0，y0），則有-y=1（x0≥），·=x0（x0+2）+y=x0（x0+2）+-1=+2x0-1，選B

10. （理）因為P1F2⊥F1F2，F(xiàn)2的坐標(biāo)為（3，0），所以由（P1F2+4）2=P1F22+F1F22，解得P1F2=. 由雙曲線定義知：PnF1-PnF2=2a=4，又Pn+1F2=PnF1，所以Pn+1F2=PnF2+4，可見數(shù)列{PnF2}是以P1F2=為首項，以4為公差的等差數(shù)列，所以PnF2=+4（n-1）=4n-. 因為-=1，（xn-3）2+y=4n-，xn≥2，n≥1，聯(lián)立解得xn=，即數(shù)列{xn}的通項公式為xn=. 選C

（文）同理科第9題

11. P==

12. a1+a10=6，a5·a6=a1·a10≤=9

13. （理）a=2，常數(shù)項是C（2）3·-=-160

（文）由==（cosθ-sinθ）= -，所以sinθ-cosθ=. 答案為-2

14. 由條件=c，根據(jù)對稱性，兩曲線交點連線垂直于x軸，對雙曲線，這兩個交點連線的長度是;對拋物線，這兩個交點連線的長度是2p，即4c，故=4c，解得e=1+

15. （理）由已知得f（1，3）=++++=1+1+1+0+0=3. 因為數(shù)列{an}是將集合A={mm∈N？鄢，k∈P}中的元素按從小到大的順序排成而成，所以我們可設(shè)計如下表格

從上表可知，每一行從左到右數(shù)字逐漸增大，每一列從上到下數(shù)字逐漸增大，且<<<<<2<2<2<3<2<…，所以 a9=3. 所以f（1，3）

（文）設(shè)三角形三邊長為a，b，c，則a+b+c=20且a，b，c∈N？鄢，當(dāng)a-b+b-c+c-a最?。ù藭ra-b≤1，b-c≤1，c-a≤1）時，其面積最大，列出所有情況不難發(fā)現(xiàn)邊長分別為6，2+5，3+4符合，計算其面積為6 cm2

16. （1）由已知a2=2+c，a3=2+3c，則（2+c）2=2（2+3c）得c=2，從而an+1=an+2n，n≥2時，an=a1+（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）=2+2×1+2×2+…+2×（n-1）=n2-n+2. n=1時，a1=2也適合上式，因而an=n2-n+2

（2）bn==，則Tn=b1+b2+…+bn=+++…++，Tn=+++…++，錯位相減法，求得Tn=1-

17. （1）因為C點的坐標(biāo)為，，根據(jù)三角函數(shù)定義知：sin∠COA=，cos∠COA=;因為正三角形AOB，所以∠AOB=60°. 所以cos∠BOC=cos（∠COA+60°）=

（2） 因為∠AOC=θ0<θ<，所以∠BOC=+θ. 在△BOC中，OB=OC=1，由余弦定理可得：f（θ）=BC2=OC2+OB2-2OC·OBcos∠COB=2-2cosθ+. 因為0<θ<，所以<θ+<，所以-

18. （1）因為側(cè)面ABB1A1，ACC1A1均為正方形，所以AA1⊥AC，AA1⊥AB，所以AA1⊥平面ABC，三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱. 因為A1D？奐平面A1B1C1，所以CC1⊥A1D. 又因為A1B1=A1C1，D為B1C1中點，所以A1D⊥B1C1. 因為CC1∩B1C1=C1，所以A1D⊥平面BB1C1C

（2）連結(jié)AC1，交A1C于點O，連結(jié)OD. 因為ACC1A1為正方形，所以O(shè)為AC1中點. 又D為B1C1中點，所以O(shè)D為△AB1C1中位線，所以AB1∥OD. 因為OD？奐平面A1DC，AB1？埭平面A1DC，所以AB1∥平面A1DC

（3）（理）因為側(cè)面ABB1A1，ACC1A1均為正方形，∠BAC=90°，所以AB，AC，AA1兩兩互相垂直，以AB為x軸、AC為y軸、AA1為z軸建立直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 設(shè)AB=1，則C（0，1，0），B（1，0，0），A1（0，0，1），D，，1. =，，0，=（0，1，-1），設(shè)平面A1DC的法向量為n=（x，y，z），則有n·=0，n·=0，x+y=0，y-z=0.取x=1，得n=（1，-1，-1）. 又因為AB⊥平面ACC1A1，所以平面ACC1A1的法向量為=（1，0，0），cos〈n，〉===. 因為二面角D-A1C-A是鈍角，所以其余弦值為-

19. （理）（1）設(shè)選手甲在A區(qū)投兩次籃的進(jìn)球數(shù)為X，則X～B2，，故E（X）=2×=，則選手甲在A區(qū)投籃得分的期望為2×=3.6. 設(shè)選手甲在B區(qū)投籃的進(jìn)球數(shù)為Y，則Y～B3，，故E（Y）=3×=1，則選手甲在B區(qū)投籃得分的期望為3×1=3. 因為3.6>3，選手甲應(yīng)該選擇A區(qū)投籃

（2）設(shè)選手甲在A區(qū)投籃得分高于在B區(qū)投籃得分為事件C，甲在A區(qū)投籃得2分在B區(qū)投籃得0分為事件C1，甲在A區(qū)投籃得4分在B區(qū)投籃得0分為事件C2，甲在A區(qū)投籃得4分在B區(qū)投籃得3分為事件C3，則C=C1∪C2∪C3，其中C1，C2，C3為互斥事件. P（C）=P（C1∪C2∪C3）=P（C1）+P（C2）+P（C3）=×+×+×=

（文）（1）從表中可以看出，“居民素質(zhì)”得分和“社區(qū)服務(wù)”得分均不低于3分的社區(qū)數(shù)量為24個. 設(shè)這個社區(qū)能進(jìn)入第二輪評比為事件A，則P（A）==

（2）從表中可以看出，“居民素質(zhì)”得1分的社區(qū)共有（4+a）個，因為“居民素質(zhì)”得1分的概率為，所以=，解得a=1. 因為社區(qū)總數(shù)為個，所以a+b+47=50，解得b=2

20. （1）由題設(shè)P（x0，y0），因為過原點的直線l與橢圓交于M，N兩點，關(guān)于原點對稱，設(shè)為M（x1，y1），N=（-x1，-y1），則有·=-，即3（y-y）=x-x. ①

又P，M，N點都在橢圓上，代入得+=1，+=1，兩式相減=. ②

①②聯(lián)立求得b2=2，所以橢圓C的方程為+=1

（2）設(shè)圓N：x2+（y-2）2=1的圓心為N，則·=（-）·（-）=（--）·（-）= 2- 2= 2-1. 從而求·的最大值轉(zhuǎn)化為求 2的最大值. 因為P是橢圓C上的任意一點，設(shè)P（x0，y0），所以+=1，即x=6-3y. 因為點N（0，2），所以 2=x+（y0-2）2=-2（y0+1）2+12. 因為y0∈[-，]，所以當(dāng)y0=-1時， 2取得最大值12，所以·的最大值為11

21. （理）（1）令x=0，則f（0）=1，所以y=f（x）的圖象經(jīng)過定點A（0，1）

（2）①f ′（x）=ex-，所以切點P（x0，y0）處的切線斜率k=e-，所以切線l方程：y-y0=e-（x-x0）？圳y=e-（x-x0）+y0. 設(shè)F（x）=f（x）-e-（x-x0）-y0，F(xiàn)′（x）=ex--e-=ex-e. 令F′（x）>0？圳ex-e>0？圳x>x0，所以F（x）在（-∞，x0）單調(diào)遞減，在（x0，+∞）單調(diào)遞增，所以F（x）≥F（x0）=f（x0）-y0=0，所以F（x）是單側(cè)函數(shù)

②由（1）和①知f（x）=ex-x在點（0，1）處的切線為y=x+1. 畫出f（x）=ex-x和g（x）=lnx+1+1的簡圖，由此猜想f（x）≥x+1≥g（x）. 由①知，f（x）≥x+1恒成立;下證x+1≥lnx+1+1. 設(shè)G（x）=x+1-lnx+1-1=x-lnx+1，G′（x）=-=，令>0. 又x>-2，所以G（x）在（-2，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以G（x）≥G（0）=0，即x+1≥lnx+1. 綜上所述：當(dāng)x∈（-2，+∞）時，ex-x≥lnx+1+1

（文）（1）當(dāng)x<1時， f ′（x）=-3x2+2x+b，由題意得f（-1）=2，f ′=0，解得b=c=0

（2）由（1）知：f（x）=-x3+x2（x<1），alnx（x≥1）.

①當(dāng)-1≤x<1時， f ′（x）=-3x2+2x，解f ′（x）>0得0

②當(dāng)1≤x≤e時，f（x）=alnx. 當(dāng)a≤0時， f（x）≤0;當(dāng)a>0時，f（x）在[1，e]上單增;所以f（x）在[1，e]上的最大值為a. 綜上，當(dāng)a≥2時，f（x）在[-1，e]上的最大值為a;當(dāng)a<2時，f（x）在[-1，e]上的最大值為2endprint

18. （1）因為側(cè)面ABB1A1，ACC1A1均為正方形，所以AA1⊥AC，AA1⊥AB，所以AA1⊥平面ABC，三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱. 因為A1D？奐平面A1B1C1，所以CC1⊥A1D. 又因為A1B1=A1C1，D為B1C1中點，所以A1D⊥B1C1. 因為CC1∩B1C1=C1，所以A1D⊥平面BB1C1C

（2）連結(jié)AC1，交A1C于點O，連結(jié)OD. 因為ACC1A1為正方形，所以O(shè)為AC1中點. 又D為B1C1中點，所以O(shè)D為△AB1C1中位線，所以AB1∥OD. 因為OD？奐平面A1DC，AB1？埭平面A1DC，所以AB1∥平面A1DC

（3）（理）因為側(cè)面ABB1A1，ACC1A1均為正方形，∠BAC=90°，所以AB，AC，AA1兩兩互相垂直，以AB為x軸、AC為y軸、AA1為z軸建立直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 設(shè)AB=1，則C（0，1，0），B（1，0，0），A1（0，0，1），D，，1. =，，0，=（0，1，-1），設(shè)平面A1DC的法向量為n=（x，y，z），則有n·=0，n·=0，x+y=0，y-z=0.取x=1，得n=（1，-1，-1）. 又因為AB⊥平面ACC1A1，所以平面ACC1A1的法向量為=（1，0，0），cos〈n，〉===. 因為二面角D-A1C-A是鈍角，所以其余弦值為-

19. （理）（1）設(shè)選手甲在A區(qū)投兩次籃的進(jìn)球數(shù)為X，則X～B2，，故E（X）=2×=，則選手甲在A區(qū)投籃得分的期望為2×=3.6. 設(shè)選手甲在B區(qū)投籃的進(jìn)球數(shù)為Y，則Y～B3，，故E（Y）=3×=1，則選手甲在B區(qū)投籃得分的期望為3×1=3. 因為3.6>3，選手甲應(yīng)該選擇A區(qū)投籃

（2）設(shè)選手甲在A區(qū)投籃得分高于在B區(qū)投籃得分為事件C，甲在A區(qū)投籃得2分在B區(qū)投籃得0分為事件C1，甲在A區(qū)投籃得4分在B區(qū)投籃得0分為事件C2，甲在A區(qū)投籃得4分在B區(qū)投籃得3分為事件C3，則C=C1∪C2∪C3，其中C1，C2，C3為互斥事件. P（C）=P（C1∪C2∪C3）=P（C1）+P（C2）+P（C3）=×+×+×=

（文）（1）從表中可以看出，“居民素質(zhì)”得分和“社區(qū)服務(wù)”得分均不低于3分的社區(qū)數(shù)量為24個. 設(shè)這個社區(qū)能進(jìn)入第二輪評比為事件A，則P（A）==

（2）從表中可以看出，“居民素質(zhì)”得1分的社區(qū)共有（4+a）個，因為“居民素質(zhì)”得1分的概率為，所以=，解得a=1. 因為社區(qū)總數(shù)為個，所以a+b+47=50，解得b=2

20. （1）由題設(shè)P（x0，y0），因為過原點的直線l與橢圓交于M，N兩點，關(guān)于原點對稱，設(shè)為M（x1，y1），N=（-x1，-y1），則有·=-，即3（y-y）=x-x. ①

又P，M，N點都在橢圓上，代入得+=1，+=1，兩式相減=. ②

①②聯(lián)立求得b2=2，所以橢圓C的方程為+=1

（2）設(shè)圓N：x2+（y-2）2=1的圓心為N，則·=（-）·（-）=（--）·（-）= 2- 2= 2-1. 從而求·的最大值轉(zhuǎn)化為求 2的最大值. 因為P是橢圓C上的任意一點，設(shè)P（x0，y0），所以+=1，即x=6-3y. 因為點N（0，2），所以 2=x+（y0-2）2=-2（y0+1）2+12. 因為y0∈[-，]，所以當(dāng)y0=-1時， 2取得最大值12，所以·的最大值為11

21. （理）（1）令x=0，則f（0）=1，所以y=f（x）的圖象經(jīng)過定點A（0，1）

（2）①f ′（x）=ex-，所以切點P（x0，y0）處的切線斜率k=e-，所以切線l方程：y-y0=e-（x-x0）？圳y=e-（x-x0）+y0. 設(shè)F（x）=f（x）-e-（x-x0）-y0，F(xiàn)′（x）=ex--e-=ex-e. 令F′（x）>0？圳ex-e>0？圳x>x0，所以F（x）在（-∞，x0）單調(diào)遞減，在（x0，+∞）單調(diào)遞增，所以F（x）≥F（x0）=f（x0）-y0=0，所以F（x）是單側(cè)函數(shù)

②由（1）和①知f（x）=ex-x在點（0，1）處的切線為y=x+1. 畫出f（x）=ex-x和g（x）=lnx+1+1的簡圖，由此猜想f（x）≥x+1≥g（x）. 由①知，f（x）≥x+1恒成立;下證x+1≥lnx+1+1. 設(shè)G（x）=x+1-lnx+1-1=x-lnx+1，G′（x）=-=，令>0. 又x>-2，所以G（x）在（-2，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以G（x）≥G（0）=0，即x+1≥lnx+1. 綜上所述：當(dāng)x∈（-2，+∞）時，ex-x≥lnx+1+1

（文）（1）當(dāng)x<1時， f ′（x）=-3x2+2x+b，由題意得f（-1）=2，f ′=0，解得b=c=0

（2）由（1）知：f（x）=-x3+x2（x<1），alnx（x≥1）.

①當(dāng)-1≤x<1時， f ′（x）=-3x2+2x，解f ′（x）>0得0

②當(dāng)1≤x≤e時，f（x）=alnx. 當(dāng)a≤0時， f（x）≤0;當(dāng)a>0時，f（x）在[1，e]上單增;所以f（x）在[1，e]上的最大值為a. 綜上，當(dāng)a≥2時，f（x）在[-1，e]上的最大值為a;當(dāng)a<2時，f（x）在[-1，e]上的最大值為2endprint

18. （1）因為側(cè)面ABB1A1，ACC1A1均為正方形，所以AA1⊥AC，AA1⊥AB，所以AA1⊥平面ABC，三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱. 因為A1D？奐平面A1B1C1，所以CC1⊥A1D. 又因為A1B1=A1C1，D為B1C1中點，所以A1D⊥B1C1. 因為CC1∩B1C1=C1，所以A1D⊥平面BB1C1C

（2）連結(jié)AC1，交A1C于點O，連結(jié)OD. 因為ACC1A1為正方形，所以O(shè)為AC1中點. 又D為B1C1中點，所以O(shè)D為△AB1C1中位線，所以AB1∥OD. 因為OD？奐平面A1DC，AB1？埭平面A1DC，所以AB1∥平面A1DC

（3）（理）因為側(cè)面ABB1A1，ACC1A1均為正方形，∠BAC=90°，所以AB，AC，AA1兩兩互相垂直，以AB為x軸、AC為y軸、AA1為z軸建立直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz. 設(shè)AB=1，則C（0，1，0），B（1，0，0），A1（0，0，1），D，，1. =，，0，=（0，1，-1），設(shè)平面A1DC的法向量為n=（x，y，z），則有n·=0，n·=0，x+y=0，y-z=0.取x=1，得n=（1，-1，-1）. 又因為AB⊥平面ACC1A1，所以平面ACC1A1的法向量為=（1，0，0），cos〈n，〉===. 因為二面角D-A1C-A是鈍角，所以其余弦值為-

19. （理）（1）設(shè)選手甲在A區(qū)投兩次籃的進(jìn)球數(shù)為X，則X～B2，，故E（X）=2×=，則選手甲在A區(qū)投籃得分的期望為2×=3.6. 設(shè)選手甲在B區(qū)投籃的進(jìn)球數(shù)為Y，則Y～B3，，故E（Y）=3×=1，則選手甲在B區(qū)投籃得分的期望為3×1=3. 因為3.6>3，選手甲應(yīng)該選擇A區(qū)投籃

（2）設(shè)選手甲在A區(qū)投籃得分高于在B區(qū)投籃得分為事件C，甲在A區(qū)投籃得2分在B區(qū)投籃得0分為事件C1，甲在A區(qū)投籃得4分在B區(qū)投籃得0分為事件C2，甲在A區(qū)投籃得4分在B區(qū)投籃得3分為事件C3，則C=C1∪C2∪C3，其中C1，C2，C3為互斥事件. P（C）=P（C1∪C2∪C3）=P（C1）+P（C2）+P（C3）=×+×+×=

（文）（1）從表中可以看出，“居民素質(zhì)”得分和“社區(qū)服務(wù)”得分均不低于3分的社區(qū)數(shù)量為24個. 設(shè)這個社區(qū)能進(jìn)入第二輪評比為事件A，則P（A）==

（2）從表中可以看出，“居民素質(zhì)”得1分的社區(qū)共有（4+a）個，因為“居民素質(zhì)”得1分的概率為，所以=，解得a=1. 因為社區(qū)總數(shù)為個，所以a+b+47=50，解得b=2

20. （1）由題設(shè)P（x0，y0），因為過原點的直線l與橢圓交于M，N兩點，關(guān)于原點對稱，設(shè)為M（x1，y1），N=（-x1，-y1），則有·=-，即3（y-y）=x-x. ①

又P，M，N點都在橢圓上，代入得+=1，+=1，兩式相減=. ②

①②聯(lián)立求得b2=2，所以橢圓C的方程為+=1

（2）設(shè)圓N：x2+（y-2）2=1的圓心為N，則·=（-）·（-）=（--）·（-）= 2- 2= 2-1. 從而求·的最大值轉(zhuǎn)化為求 2的最大值. 因為P是橢圓C上的任意一點，設(shè)P（x0，y0），所以+=1，即x=6-3y. 因為點N（0，2），所以 2=x+（y0-2）2=-2（y0+1）2+12. 因為y0∈[-，]，所以當(dāng)y0=-1時， 2取得最大值12，所以·的最大值為11

21. （理）（1）令x=0，則f（0）=1，所以y=f（x）的圖象經(jīng)過定點A（0，1）

（2）①f ′（x）=ex-，所以切點P（x0，y0）處的切線斜率k=e-，所以切線l方程：y-y0=e-（x-x0）？圳y=e-（x-x0）+y0. 設(shè)F（x）=f（x）-e-（x-x0）-y0，F(xiàn)′（x）=ex--e-=ex-e. 令F′（x）>0？圳ex-e>0？圳x>x0，所以F（x）在（-∞，x0）單調(diào)遞減，在（x0，+∞）單調(diào)遞增，所以F（x）≥F（x0）=f（x0）-y0=0，所以F（x）是單側(cè)函數(shù)

②由（1）和①知f（x）=ex-x在點（0，1）處的切線為y=x+1. 畫出f（x）=ex-x和g（x）=lnx+1+1的簡圖，由此猜想f（x）≥x+1≥g（x）. 由①知，f（x）≥x+1恒成立;下證x+1≥lnx+1+1. 設(shè)G（x）=x+1-lnx+1-1=x-lnx+1，G′（x）=-=，令>0. 又x>-2，所以G（x）在（-2，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以G（x）≥G（0）=0，即x+1≥lnx+1. 綜上所述：當(dāng)x∈（-2，+∞）時，ex-x≥lnx+1+1

（文）（1）當(dāng)x<1時， f ′（x）=-3x2+2x+b，由題意得f（-1）=2，f ′=0，解得b=c=0

（2）由（1）知：f（x）=-x3+x2（x<1），alnx（x≥1）.

①當(dāng)-1≤x<1時， f ′（x）=-3x2+2x，解f ′（x）>0得0

②當(dāng)1≤x≤e時，f（x）=alnx. 當(dāng)a≤0時， f（x）≤0;當(dāng)a>0時，f（x）在[1，e]上單增;所以f（x）在[1，e]上的最大值為a. 綜上，當(dāng)a≥2時，f（x）在[-1，e]上的最大值為a;當(dāng)a<2時，f（x）在[-1，e]上的最大值為2endprint